解题思路：（1）有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），得BD=MF，△BAD≌△MAF，推出BD=MF，∠ADB=∠AFM=30°，进而可得∠DNM的大小．
（2）根据旋转的性质得出结论．
（3）求平移的距离是A2A的长度．在矩形PNA2A中，A2A=PN，只要求出PN的长度就行．用△DPN∽△DAB得出：[PN/AB＝
DP
DA]，解得A2A的大小．
（1）BD=MF，BD⊥MF．（1分）
延长FM交BD于点N，
由题意得：△BAD≌△MAF．
∴BD=MF，∠ADB=∠AFM．（2分）
又∵∠DMN=∠AMF，
∴∠ADB+∠DMN=∠AFM+∠AMF=90°，
∴∠DNM=90°，∴BD⊥MF．（3分）
（2）当AK=FK时，∠KAF=∠F=30°，
则∠BAB1=180°-∠B1AD1-∠KAF=180°-90°-30°=60°，
即β=60°；
②当AF=FK时，∠FAK=[180°-∠F/2]=75°，
∴∠BAB1=90°-∠FAK=15°，
即β=15°；
∴β的度数为60°或15°（答对一个得2分）（7分）
（3）由题意得矩形PNA2A．设A2A=x，则PN=x（如图3），
在Rt△A2M2F2中，∵F2M2=FM=8，
∴A2M2=4，A2F2=4
3，∴AF2=4
3-x．
∵∠PAF2=90°，∠PF2A=30°，
∴AP=AF2•tan30°=4-
3
3x．
∴PD=AD-AP=4
3-4+
3
3x．
∵NP∥AB，∴∠DNP=∠B．
∵∠D=∠D，∴△DPN∽△DAB．（9分）
∴[PN/AB=
DP
DA]．（10分）
∴
x
4=
4
3-4+
3
3x
4
点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；解一元一次方程；直角三角形全等的判定；平移的性质；旋转的性质．
考点点评： 考查旋转的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定，平移的性质．
1年前
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